重难点突破01 利用导数证明不等式（11大题型+二级结论+五年真题）讲义-2026届高三数学第一轮复习

重难点突破01 利用导数证明不等式 目录： 01 考情分析（五年真题（2025年--2021年）考点分布）………………………1 02 知识梳理 二级结论 ……………………………………………………………1 03 题型突围 精准提分 ……………………………………………………………3 题型一 构造函数法 ………………………………………………………………3 题型二 结合单调性求最值法 ……………………………………………………11 题型三 放缩法 ……………………………………………………………………15 题型四 凸凹反转法 ………………………………………………………………30 题型五 对数单身狗、指数找朋友法 ……………………………………………38 题型六 同构法 ……………………………………………………………………41 题型七 分析法 ……………………………………………………………………51 题型八 分段分析法、主元法、估算法 …………………………………………53 题型九 三角函数型不等式证明 …………………………………………………62 题型十 数列“累加”型不等式证明 ……………………………………………73 题型十一 双变量“比值代换”型不等式证明……………………………………85 04 真题呈现 把握考情 …………………………………………………………92 考情分析 考题示例 考点分析 考情分析 2025年全国Ⅱ卷 利用导数证明不等式（解答题） 利用导数证明不等式是高考常考题型，一般一解答题的形式出现. 2025年天津卷 利用导数证明不等式（解答题） 2024年天津卷 利用导数证明不等式（解答题） 2023年全国Ⅰ卷 利用导数证明不等式（解答题） 2023年天津卷 利用导数证明不等式（解答题） 2022年全国Ⅱ卷 利用导数证明不等式（解答题） 2022年北京卷 利用导数证明不等式（解答题） 2022年全国甲卷（理） 利用导数证明不等式（解答题） 2021年全国Ⅰ卷 利用导数证明不等式（解答题） 2021年全国乙卷（理） 利用导数证明不等式（解答题） 知识梳理 二级结论 1. 利用导数证明不等式基础思维 ⑴直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造函数. ⑵适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论. ⑶构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 2. “切线放缩”是处理不等式问题的一种技巧. 常用切线放缩有： ①（当且仅当时取等号）， ②（当且仅当时取等号）， ③（当且仅当时取等号）， ④（当且仅当时取等号）. 3. 常见函数的泰勒展开式： ⑴…，其中； ⑵…，其中； ⑶…，其中； ⑷…，其中；； ⑸…； ⑹； ⑺…； ⑻…. 4. 证明不等式时，常用不等式： ⑴，当且仅当时取等号； ⑵； ⑶，当且仅当时取等号； ⑷，当且仅当时取等号； ⑸. 5.对数平均不等式： 题型突围 题型一 构造函数法 指点迷津 特征不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证. 一般步骤： (1)作差或变形； (2)构造新的函数； (3)利用导数研究的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 例1．（24-25高二下·宁夏·期中）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求证：当时，. 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（2）设，，利用导数求函数的范围. 【详解】（1）由已知函数的定义域为，， 函数的导函数为， 所以， 所以曲线在点处的切线斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为，即， （2）设， ，又， 则，， 所以， 所以当时，，函数在上单调递增， 所以当时，， 所以当时，. 例2.（隐零点）（24-25高二下·山东济南·阶段练习）已知函数. (1)求的单调区间； (2)若，证明：当时，. 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为；(2)证明见解析 【分析】（2）构造函数，利用导函数求其最小值即可. 【详解】（1）因为，所以， 当时，，当时，， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）要证明，只需证明， 设，则， 因且在上单调递增，且，， 所以存在唯一的，使得，即，， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以， 故原命题成立. 【相似题1】（24-25高二下·福建泉州·期末）设函数. (1)讨论的单调性； (2)若，证明：当时，. 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析 【分析】（2）根据函数导数证明不等式的方法，构造函数，求出函数单调性，判断函数的最小值，说明不等式成立. 【详解】（1）由题意得， 当时，在R上恒成立，函数在R上单调递增； 当时，令，解得， 当，，函数在上单调递减， 当，，函数在上单调递增， 综上所述，当时， 在R上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由题意知在上成立，令，即在恒成立. 则，令，则， 当时，，即，且仅当时等号成立， 所以在上单调递增，则的最小值为， 因为，所以，即在上，则， 可得在上单调递增，在处取得最小值， 最小值，即在上， 可知当时，在恒成立，所以. 【相似题2】（2025·河南南阳·模拟预测）已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)当时，求证：对任意的，恒成立； 【答案】(1)函数的单调递减区间是，单调递增区间是 (2)证明见解析 【分析】（2）分析可知原题意等价于，构建，利用导数分析最值证明不等式即可. 【详解】（1）当时，，则． 令，得；令，得． 所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是． （2）证明：当时，． 要证，即证． 构建，则． 构建，则． 所以函数在上单调递增，则，即， 可知函数在上单调递增， 则，即． 【相似题3】（2025·甘肃白银·三模）已知函数． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)若，证明：当时，． 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（1），令，利用导数法求得其最小值即可； （2）将问题转化为，令，利用导数法证明在上恒成立即可. 【详解】（1）， 令， 则，令，得，令，得， 故在上单调递减，在上单调递增， 故在处取得极小值，也是最小值，最小值为， 故，即的取值范围是． （2）， 即． 令， 则， 令，则恒成立， 故在上单调递减． 又，故， 故在上恒成立， 故在上单调递减． 又， 故，结论得证． 【相似题4】（24-25高二下·湖北宜昌·期中）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，求证：． 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析 【分析】（1）求导，分、两种情况研究的正负性即可； （2）构造函数，研究其单调性，只需满足即可. 【详解】（1）定义域为， ， 令得和-1 ①若，则在上恒成立，则在单调递增； ②若，则由解得，解得， 则在上单调递减，在单调递增， 综上所述，时，在单调递增； 时，在上单调递减，在单调递增. （2）当时，， 欲证，只需证， 即证， 令， 则 又，则， 设，则，则在上单调递增， 又， 所以，使得，即，即， 所以当时，，即， 当时，，即， 所以在单调递减，在上单调递增， 所以 所以，故命题得证. 【相似题5】（2025·江西九江·三模）已知函数，其中． (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：． 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析 【分析】（1）求出的导数，再按分类讨论求出单调区间. （2）把代入，等价变形不等式，再构造函数并利用导数求出最小值情况即可. 【详解】（1）函数的定义域为， 求导得， ①若，即，函数在上单调递减； ②若，即，由，得；由，得或， 函数在上单调递增，在，上单调递减； ③若，即，由，得；由，得或， 函数在上单调递增，在，上单调递减， 所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （2）当时，函数的定义域为， 不等式， 设，求导得， 函数在上单调递增，当时，， 当时，， 则存在唯一的实数，使，即， 当时，；当时，，函数在上递减，在上递增， 因此， 而函数在上单调递减，当时，，即， 所以. 【相似题6】（24-25高二下·福建漳州·阶段练习）已知函数. (1)求函数在区间上的最大值； (2)当时，证明：. 【答案】(1)答案见解析；(2)证明过程见解析 【分析】（1）求导，得到，分，和三种情况，结合函数单调性得到最大值； （2）变形为，构造，求导，结合零点存在性定理得到函数单调性，求出最大值为，故，证明出结论. 【详解】（1），， 故， 若时，，又，所以， 所以在上单调递减， 所以最大值为， 若，令得，令得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值， 最大值为， 若时，时，， 所以在上单调递增，故最大值为， 综上，当时，最大值为； 当时，最大值为； 当时，最大值为； （2）当时，，定义域为， ， 即证，即， 令，则， 令，， 则，故在上单调递减， 其中，， 由零点存在性定理得，使得，即， 当时，，，当时，，， 故在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，也是最大值， 最大值为， ，故， 所以，所以， 故. 题型二 结合单调性求最值法 指点迷津 此类题目往往第一问会讨论函数的单调性，第二问则利用其单调性求出函数的最值，结合最值证明不等式（已知函数一般含参）. 例1.（24-25高二下·广东广州·期末）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：． 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析 【分析】（1）求导，分解因式，进而分，可确定单调性； （2）由题意可求得，进而证明，令，利用导数可证结论. 【详解】（1）， ， ①当时，在上单调递减； ②当时，令，得， 时，在单调递增； 时，在单调递减； 综上所述，当时，在单调递减； 当时，在单调递减，在单调递增． （2）由（1）可得，当时，， 即证，即证， 令，则， 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减， ，即， . 【相似题1】（24-25高二下·河北邢台·期末）已知函数． (1)讨论的单调区间； (2)证明：． 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为；(2)证明见解析 【分析】（2）由（1）可得，然后利用导数证明其小于等于0即可. 【详解】（1）由题意得的定义域为，且， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减， 综上可知，的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）由（1）易得在处取得极大值，即最大值， ， 设，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， ，即， 由（1）知，所以. 【相似题2】（24-25高二下·云南昆明·阶段练习）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)证明：当时，. 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（2）先根据的单调性求出其最小值，再构造函数证明即可. 【详解】（1）当时，，所以，则， 则在点处的切线方程为，即. （2）由已知，的定义域为，， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 所以， 要证，只需证， 设， 则在时恒成立， 所以在上单调递减， 所以当时，，即， 所以当时，. 【相似题3】（2025·福建厦门·三模）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：． 【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；(2)证明见解析 【分析】（1）求出，分、讨论可得答案； （2）转化为证明，求出，构造函数，利用导数求出最小值可得答案. 【详解】（1）的定义域为，， 当时，，单调递增， 当时，令得， 所以时，单调递增， 时，单调递减. 综上所述，当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减； （2）由（1）时，在上单调递增，在上单调递减， 所以， 要证明，只需证明， 即证明， 令， ， 令，则， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 因为， 所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 可得， 即． 题型三 放缩法 指点迷津 放缩法常用不等式： ； ； ； . 例1．（2025·甘肃甘南·模拟预测）已知函数． (1)证明：； (2)证明：． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 【分析】（2）由（1）可得，令，利用导数研究单调性即可证明. 【详解】（1）证明：令，则． 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得极大值也是最大值． 所以，所以，即． （2）由（1）可得，当且仅当时，等号成立． 令，则． 令，则，且等号不恒成立， 所以在上单调递减． 又因为，所以当时，即在上恒成立， 所以在上单调递减． 又因为，所以在上恒成立． 所以． 例2.（24-25高二下·重庆·期末）已知函数． (1)求的最小值； (2)证明：． 【答案】(1)0；(2)证明见解析 【分析】（2）先应用（1）得出，再变形结合不等式性质证明即可. 【详解】（1）由，得． 当时，，单调递减． 当时，，单调递增． 所以的最小值为． （2）由（1）知，，即，从而，即①． 又由，得，从而，，，②． 由①，②得． 【相似题1】（2024·四川·模拟预测）已知函数，且恒成立． (1)求实数的取值集合； (2)证明：． 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（2）先利用（1）进行放缩，再构造函数证明即可. 【详解】（1）． ①当时，在上单调递减， 当时，，这与矛盾，不合题意. ②当时， 由得；由得， 则在上单调递减，在上单调递增， 时，函数取得唯一极小值即最小值． 又且 ，解得，故实数的取值集合是． （2）由（1）可知：时，，即对任意恒成立． 要证明：， 则只需要证明， 即． 令,， 令， 令，解得． 当时，，单调递减， 当时，，单调递增． 即函数在内单调递减，在上单调递增． 而 所以存在，使得， 当时，单调递增； 当时，单调递减． 当时，单调递增． 又， 对恒成立，即． 综上可得 【相似题2】（2025·广东揭阳·三模）已知函数 (1)求的极值； (2)证明：. 【答案】(1)极小值，无极大值；(2)证明见解析 【分析】（2）分、两种情况讨论，在时，利用不等式的基本性质可证得结论成立；在时，构造函数，证明出，可得出，结合（1）中的结论可证得结论成立. 【详解】（1）易知函数的定义域为， 且， 可知当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增， 故有极小值，无极大值. （2）当时，有恒成立. 当时，构造函数，则， 故在上单调递增， 于是，即，于是此时， 由（1）可知，故，故. 综上所述，当时，. 【相似题3】（2025·山东·模拟预测）已知函数，曲线在处的切线方程为． (1)求实数的值 (2)证明：． 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（2）先构造函数，得出单调性进而得出不等式，进而构造即可证明不等式. 【详解】（1）由题意可知，， 因为，所以， 所以， 解得； （2）设， ， 所以在上单调递增  且， 所以当时，单调递减   当时，，单调递增   所以，所以   设，所以， 在上单调递减，在上单调递增 ， 所以，所以  ， 又因为与等号成立的条件不一致， 所以． 【相似题4】（24-25高二下·河北邯郸·阶段练习）已知函数. (1)求函数在上的最大值； (2)若函数的最小值为1，求实数的值； (3)求证：. 【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，求得，得出函数的单调区间，进而求得函数的最大值； （2）根据题意，得到，求得，分类讨论，得到函数的单调性和最小值； （3）根据题意，转化证明成立，由（2）知，当时，求得，令，求得，得到单调递增，得出，求得，即可得证. 【详解】（1）解：由，可得， 令，可得，因为，所以或，                               当时，，当上，； 当 上，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以在上的最大值为. （2）解：由函数，可得， 则，                当时，，所以在上单调递减，没有最小值； 当时，令，可得，令得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为，则. （3）证明：根据题意，要证成立，即证成立， 由（2）知当时，， 所以，即，所以， 令，则， 所以在上单调递增，所以， 所以，即成立，所以原不等式成立. 【相似题5】（24-25高二上·吉林长春·期末）已知. (1)若恒成立，求的范围； (2)证明不等式：. 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（1）先将不等式化为，讨论，，三种情况，结合分离参数的方法，分别求解即可； （2）先由（1）知恒成立，两边取对数得到，进而可得，整理即可证明结论成立. 【详解】（1）， 当时，不等式显然成立， 当时，恒成立，令，则 因此时，，时，， 所以在单调递减，在单调递增， 所以当时，， 当时，恒成立，令，此时恒成立， 所以在单调递减，而时，且， 所以当时，， 综上. （2）由（1）知恒成立，当且仅当时等号成立， 所以，当且仅当时成立， 所以 所以. 【相似题6】（2024·四川·模拟预测）已知函数，且恒成立． (1)求实数的取值集合； (2)证明：． 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（1）由题可知只需证明，利用导数研究函数的最小值即可； （2）先利用（1）进行放缩，再构造函数证明即可. 【详解】（1）． ①当时，在上单调递减， 当时，，这与矛盾，不合题意. ②当时， 由得；由得， 则在上单调递减，在上单调递增， 时，函数取得唯一极小值即最小值． 又且 ，解得，故实数的取值集合是． （2）由（1）可知：时，，即对任意恒成立． 要证明：， 则只需要证明， 即． 令,， 令， 令，解得． 当时，，单调递减， 当时，，单调递增． 即函数在内单调递减，在上单调递增． 而 所以存在，使得， 当时，单调递增； 当时，单调递减． 当时，单调递增． 又， 对恒成立，即． 综上可得 【相似题7】（2024·陕西榆林·模拟预测）已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)求的极值； (3)当时，证明：当时，. 【答案】(1)1；(2)时，无极值；当时，极小值，无极大值； (3)证明见解析 【分析】（2）求定义域，求导，分和两种情况，求出函数单调性，得到极值情况； （3）解法1：令，二次求导，结合特殊点函数值，得到其单调性，得到，即当时，； 解法2：根据题目条件得到，只需证，构造函数，求导得到其单调性，结合特殊点函数值证明出结论. 解法3：令，由（1）可知，当且仅当时取等号，放缩得到，得到函数单调性，故，证明出结论； 解法4：令，求导得到其单调性，由（1）得到，即，故，放缩得到； 解法5：令，求导得到其单调性，由（1）得到，即，放缩得到. 【详解】（1）当时，，函数的定义域为.， 当时，；当时，. 因此在单调递减，在单调递增，故的最小值为. （2）的定义域为. 若时，则，故在单调递减，无极值； 若时，令得.当时，； 当时，. 因此在单调递减，在单调递增， 故有极小值，无极大值. （3）解法1：令， ， 令，则， 因为，所以， 因此在单调递增，，即， 故在单调递减，，即当时，. 解法2：因为，所以， 要证当时，，即证， 令， 令，则，因为， 所以，因此在单调递增，， 即，故在单调递减，，故原不等式成立. 解法3：令， ，由（1）可知，当且仅当时取等号， 因此，当且仅当时取等号， ， 即，故在单调递减，， 即当时，. 解法4：令，则，故在单调递减. 由（1）可知：当时，，所以， 即：，故， 而，所以. 解法5：令，因为， 所以在单调递减.由（1）可知：当时，， 所以，即：， 故，而，所以. 【点睛】关键点点睛：第三问，可以作差法构造函数进行求解，也可以放缩法证明，常见的放缩不等式有，，，，等，选择合适的不等式进行放缩求解. 【相似题8】（24-25高三上·天津·期末）已知函数（），． (1)求函数的极值； (2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围； (3)求证：时，． 【答案】(1)答案见解析；(2)；(3)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，按分类讨论求出函数的极值. （2）构造函数，利用导数探讨单调性求出的范围. （3）利用导数分别证明不等式，在时成立，再利用不等式的性质推理得证. 【详解】（1）函数的定义域为R，求导得， ①当时，恒成立，无极值； ②当时，由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增， 因此函数极小值为，无极大值， 所以当时，无极值； 当时，极小值为，无极大值． （2）对任意的，不等式， 设，且，求导得， 令，求导得， 函数在上单调递增，则在上单调递增，， 函数在上单调递增，而， 当时，恒成立，函数在上单调递增，恒成立； 当，则，又， 则在内存在，使得，当时，， 函数在上单调递减，当时，，不合题意， 所以实数的取值范围是. （3）令函数，，求导得， 令，求导得，函数在上单调递增， 则，函数在上单调递增，， 即， 令函数，，求导得， 函数在上单调递增，，即， 因此当时，，即， 所以成立. 题型四 凸凹反转法 指点迷津 将不等式等价变形，一分为二成两个函数，分别确定两个函数的最值. 例1.（24-25高二下·安徽阜阳·阶段练习）已知. (1)若函数，讨论的单调性与极值； (2)证明：. 【答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为，的极小值为，无极大值；(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，先求出函数的解析式，然后求导分析单调性，确定极值即可； （2）要证，转化为证，再构造函数，利用函数单调性证明即可. 【详解】（1）由题意，得，则. 当时，，所以单调递减； 当时，，所以单调递增. 所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 所以的极小值为，无极大值. （2）要证成立，只需证成立， 令，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以的极大值为，即， 由（1）知，时，， 且的最小值点与的最大值点不同， 所以，即，所以. 【相似题1】（2026高三·全国·专题练习）已知函数，求证：当时，. 【答案】证明见解析 【分析】利用导数研究函数的单调性，求得最小值，利用导数研究待证不等式右边的函数的单调性求得其最大值，即可证得. 【详解】因为，所以， 令，得，所以当时，； 当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，. 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，又， 两个等号不同时成立，故当时，. 【相似题2】（24-25高三下·新疆乌鲁木齐·阶段练习）已知函数，的导函数为，且． (1)求的最值； (2)求证：． 【答案】(1)最小值为，无最大值；(2)证明见解析 【分析】（1）求导，通过，求得，进而确定函数单调性，即可求解； （2）不等式等价转化成，构造函数，确定其最值，再结合（1）的结论即可求证； 【详解】（1）由，得， 所以， 解得，所以． 因为的定义域为，令，求导，得，所以在上单调递增． 又，所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，也是最小值，无极大值， 所以的最小值为，无最大值． （2）要证，只需证，即证． 令，，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，也是最大值， 所以． 又，所以，恒有， 即，也即． 【相似题3】（24-25高三上·吉林四平·期末）已知函数. (1)讨论函数的单调区间； (2)证明：. 【答案】(1)详解见解析；(2)证明见解析 【分析】（1）利用导数分类讨论、两种情况下的单调性即可； （2）将原不等式转化为，进而利用导数证明不等式即可求解. 【详解】（1）, 当时，，所以在上单调递增； 当时，令， 所以在上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，的单调增区间为，无单调减区间； 当时，的单调增区间为，单调减区间为. （2）， 得，即，故只需证. 设，则， 令， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故. 设，则， 令， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故. 所以，即，即证. 【相似题4】（2024·广东·二模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：. 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（1）求导，即可得直线斜率，进而可求解直线方程， （2）对分和，求导，即可根据单调性求解，或者将不等式变形为，构造，，分别利用导数求解函数的单调性，求得最值求解. 【详解】（1）， ，则， 曲线在点处的切线方程为. （2）解法1：定义域为. ①当时，，，则，即； ②当时，. 设，， 由于均在上单调递增，故在上单调递增，， 所以， 所以在上单调递增，，，即， 所以在上单调递增，，则， 综上所述，. 解法2：定义域为. 要证，只需证，只需证， 令，，， 当，，单调递减； 当，，单调递增， ， ， 当，，单调递增； 当，，单调递减， ， 综上所述，，也就是，即 【相似题5】（24-25高三上·福建福州·阶段练习）已知函数. (1)当时，确定函数的零点个数； (2)若函数在上单调递增，求实数的取值范围； (3)若，证明：. 【答案】(1)个零点；(2)；(3)证明见解析 【分析】（1）令，结合，等价于的解，令，求导得到函数的单调性，结合零点存在定理，即可求解； （2）求出导函数，由在上恒成立，分离参数化为，再求出新函数的最大值即得； （3）不等式变形为，然后由导数求出不等式左右两边两个函数的最值，从而证得不等式成立. 【详解】（1）当时，，令，即， ， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增. ， 在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点， 在上只有个零点，即在上只有个零点. （2）由题意知，. 因为函数在上单调递增， 所以当时，，即恒成立. 令 ，则， 所以当时，，当时，，              所以在上单调递增，在上单调递减，            则，所以. 故实数的取值范围是.  . （3）若，要证， 只需证，即. 令 ，则， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，则， 所以 令 ，则，令 所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则，所以，故原不等式成立. 【相似题6】（2024·全国·模拟预测）已知函数． (1)若曲线在处的切线方程为，求的值及的单调区间． (2)若的极大值为，求的取值范围． (3)当时，求证：． 【答案】(1)，单调递减区间是，单调递增区间是；(2)； (3)证明见解析 【分析】（1）求导，根据点斜式求解切线方程，即可与对比可得，即可利用导数的正负确定函数单调性， （2）求导得，即可对分类讨论求解导数的正负求解单调性， （3）将不等式变形为只需要证明，构造函数，利用导数求证，构造函数和，利用导数分别证明，即可求证，进而可求解. 【详解】（1）由题意，得，所以． 因为曲线在处的切线方程为， 又，所以，所以． 所以． 令，得；令，得． 所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是． （2）由题意得． 当时，令，得；令，得． 所以在上单调递减，在上单调递增，此时只有极小值，不符合题意． 当时，令，得，． 因为的极大值为，所以，解得． 综上，的取值范围为． （3）当时，． 要证，即证， 只需证． 先证：，． 设，，则． 设，，则． 所以函数在上单调递增，则，即， 所以函数在上单调递增，则，所以． 再证：，，即证． 设，则． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减．所以． 设，，则． 当时，，单调递减；当时，，单调递增． 所以．所以，即． 综上，得证． 故． 题型五 对数单身狗、指数找朋友法 指点迷津 解题原理：这一方法通过调整函数结构，避免多次求导和复杂分类讨论. 对数单身狗即将含对数函数的项与其他项分离，使对数部分独立存在.如证明时，单独研究对数项可快速定位关键极值点. 指数找朋友即将指数函数与其他多项式结合为乘除关系.例如将变形为，进而研究函数. 例1．（2025·吉林长春·模拟预测）已知函数． (1)若恒成立，求实数a的取值范围； (2)证明：当时，． 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，分离参数并构造函数，利用导数求出函数的最大值即可, （2）由（1）可得，再作商构造函数，利用导数求出最大值小于1即可得证. 【详解】（1）函数定义域为， 不等式， 令函数，依题意，对恒成立， ，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，，则， 所以实数a的取值范围是. （2）由（1）知，当时，不等式恒成立，则恒成立， 因此，所以即证成立， 即证. 令函数， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 所以当时，. 例2．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知函数． (1)求的零点及； (2)求的极值； (3)求证：． 【答案】(1)零点为0；，；(2)极小值，无极大值；(3)证明见解析 【分析】（3）要证，即证：当时，，构造函数求导分析单调性可得. 【详解】（1）令，解得的零点为0； ， （2）， 在上恒成立， 为上的增函数． 又，当时，为减函数； 当时，为增函数． 当时，取极小值． （3）要证，即证：当时，； 当时，． 令， 在上恒成立， 为上的增函数． 又，当时，，即； 当时，，即． 当时，显然成立． ． 【相似题1】（24-25高二下·河北·期末）已知函数在点处的切线与直线垂直． (1)求的单调区间和极值； (2)证明：． 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值 (2)证明见解析 【分析】（2），分类讨论，和，根据导数证明即可． 【详解】（1）由题意知，所以， 又函数在点处的切线与直线垂直， 所以，解得， 所以，， 令，解得，令，解得， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 又，所以的极小值为，无极大值． （2）证明：要证，即证，即证， 当时，，，不等式显然成立； 当时，令，所以，， 令，所以， 令，所以，所以在上单调递增， 又，，所以存在，使得， 所以在上单调递减，在上单调递增，又，， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以，所以，所以原命题得证． 题型六 同构法 指点迷津 同构法：通过将不等式转化为相同结构或相近结构，利用函数的单调性进行证明比较. 同构法五个常见变形：；；；；. 例1．（24-25高二下·河南·阶段练习）已知函数的图象在处的切线方程为. (1)求实数的值； (2)当时，证明：. 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（2）要证明，所以需证在上恒成立，即证在上恒成立，设，利用导数求其单调性可得证. 【详解】（1）， 所以， 因为过点的切线为，所以. （2）由（1）得，， 当时，要证明，即证明， 所以需证在上恒成立， 即证在上恒成立. 设，则， 当时，，故在上单调递增， 令，则， 当时，单调递增，当时，单调递减， 所以，所以（当且仅当取得等号）. 又当时，，所以， 即， 所以. 【相似题1】（24-25高二下·江苏无锡·期中）已知函数，. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明：当时，恒成立. 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】 （2）将所证不等式变形为，构造函数，，利用导数分析该函数的单调性，可证得，再构造函数，其中，利用导数分析该函数的单调性，结合可证得所证不等式成立. 【详解】（1）因为，则，所以，， 所以，曲线在点处的切线方程为. （2）当时，， 当时，要证，即证， 即证， 当时，， 构造函数，其中，则， 即函数在上单调递增， 构造函数，其中，则， 所以，函数在上单调递增， 当时，，即， 因此，当时，，即， 故原不等式得证. 【相似题2】（2025高三·全国·专题练习）设函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：. 【答案】(1)在和上单调递减，在上单调递增；(2)证明见解析. 【分析】 （2），即，故即证时，>.通过构造函数利用导数证得在单调递增，通过构造证明.即可证明结果. 【详解】（1）由函数可得 令，解得或. 当时，；当时，； 当时，. 故在和上单调递减，在上单调递增. （2）= 当时，， 要证，即证>. 设则 当时，则在上单调递增， 因为 当时，，， 故只需证明. 令， 则 当时，单调递减； 当时，单调递增， 故， 则在上成立， 故，即成立. 【相似题3】（24-25高二下·广东·期中）已知函数且． (1)当时，判断函数零点的个数； (2)讨论函数的单调区间； (3)当时，证明：． 【答案】(1)个；(2)答案见解析；(3)证明见解析 【分析】（1）当时，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出结论； （2）对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间； （3）当时，将所证不等式变形为，令，求出的取值范围，令，其中，利用导数分析函数的单调性，求出该函数的最小值，证得即可. 【详解】（1）当时，，该函数的定义域为， 则，令，可得或，列表如下： 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数的增区间为、，减区间为， 所以，函数的极大值为，极小值为， 当时，， 当时，，，由零点存在定理可知，存在，使得， 综上所述，当时，函数有且只有一个零点. （2）函数且的定义域为， 且， 当时，由可得或，由可得， 此时，函数的增区间为、，减区间为； 当时，由可得或，由可得， 此时，函数的增区间为、，减区间为. 故当时，函数的增区间为、，减区间为； 当时，函数的增区间为、，减区间为. （3）当时，， 要证，即证， 即证， 令，其中，则， 所以，函数在上单调递增， 当时，；当时，. 所以，函数的值域为， 要证，即证， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以，函数的减区间为，增区间为， 所以，， 因此，对任意的，，故原不等式得证. 【相似题4】（24-25高二下·山东·阶段练习）已知函数（为常数）． (1)若有3个零点，求的范围； (2)证明：． 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（1）分类讨论结合分离参数，构造新函数，利用导数研究函数的单调性及图象趋势即可； （2）对不等式恒等变形，通过同型构造转化为证明，利用换元法设，结合导数研究其单调性与最值，并由导数证明即可. 【详解】（1）易知不是函数的一个零点， 所以当，则， 设，即两函数图象有三个交点， 易得， 所以时，，即此时单调递减， 或时，，此时单调递增， 又时，，且时，， 时，，时，，， 作出函数大致图象如下，所以要满足题意需，    （2）要证，即证， 即证， 令，易知， 所以在上单调递减，在上单调递增， 即， 令，则， 所以在上单调递增，即， 则，则， 得证. 【相似题5】（24-25高二上·湖南长沙·期末）已知函数（且）． (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，证明：． 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析 【分析】（1）先求得并因式分解，然后对进行分类讨论来求得的单调区间. （2）利用构造函数法，结合导数、零点存在性定理等知识来证得不等式成立. 【详解】（1）， ①当时，当时，，时，， 所以的递增区间是，，递减区间为； ②当时，当时，，时，， 所以的递增区间是，，递减区间为． 综上，当时，的递增区间是，，递减区间为； 当时，的递增区间是，，递减区间为． （2）当时，， 由题意可得，只需证明， 方法一：令， 则， 令，易知在上单调递增，，， 故存在，使得，即， 当时，，，，单调递减， 当时，，，，单调递增， 故时，取得唯一的极小值，也是最小值． ， 所以，即当时，． 方法二：不等式等价于， 只需证， 令，所以， 当时，，单调递减，时，，单调递增， 所以，即，当且仅当时取得等号， 用替代得到，函数在上单调递增， 且，， 故存在，使得， 所以，当且仅当时取得等号， 所以，即当时，． 【相似题6】（2024·湖北荆州·三模）已知函数，其中是自然对数的底数. (1)当时，求曲线在点处的切线的斜截式方程； (2)当时，求出函数的所有零点； (3)证明：. 【答案】(1)；(2)有唯一零点；(3)证明见解析. 【分析】（1）把代入，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程. （2）把代入，利用导数探讨单调性，求出函数最小值即得. （3）对所证不等式作等价变形得，再构造函数依次证明即得. 【详解】（1）当时，，求导得， 则，又， 因此曲线在点处的切线方程为， 所以切线的斜截式方程为. （2）当时，，求导得， 令，，则， 则在单调递增，而，当时，，即， 当时，，，函数在上递减，在上递增，又， 所以当时，有唯一零点. （3）不等式 ， 令函数，求导得，当时，，当时，， 函数在上递减，在上递增，则，即， 因此，， 令，求导得，函数在上递增， ，因此，又， 从而， 所以原不等式得证. 题型七 分析法 例1．（2025高三·全国·专题练习）已知函数． (1)当时，求的最小值． (2)求证：． 【答案】(1)0；(2)证明见解析. 【分析】（1）利用导数求函数的最小值即可； （2）根据（1）易得，分析法化为证明，即可证. 【详解】（1）当时，，求导得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 从而． （2）由（1）知，即有， 要证，即证， 综上，显然是成立的，结论得证． 【相似题1】（2025·河北邯郸·模拟预测）已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)求函数的最小值； (3)当时，证明：． 【答案】(1)答案见解析；(2)；(3)证明见解析 【分析】 （3）当时，将所求不等式变形为，根据，结合（1）（2）中的结论可证得所证不等式成立. 【详解】（1）函数的定义域为，， 当时，由得，由，得， 此时，函数的减区间为，增区间为； 当时，由得，由，得或， 此时，函数的减区间为、，增区间为； 当时，由得或，由可得， 此时，函数的减区间为，增区间为、. 综上，当时，函数的减区间为，增区间为； 当时，函数的减区间为、，增区间为； 当时，函数的减区间为，增区间为、. （2）函数的定义域为，， 由，得，由，得， 即在上单调递减，在上单调递增， 在处取得最小值． （3）当时，等价于， 即，即， 即，即， ，只需证明， 当，时，，只需证明， 由（1）知，时，在处取得最小值， 综上所述，原不等式成立． 题型八 分段分析法、主元法、估算法 指点迷津 主元法证明不等式的核心思路是将多元问题转化为一元函数分析，通过选定主元构建函数后利用单调性、极值等工具完成证明. 如不等式中，若已知的范围，则可利用的范围进行放缩，从而得到关于的不等式进行证明. 例1．（主元法）（24-25高三下·湖南·阶段练习）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若，证明：当时，． 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为；(2)证明见解析 【分析】（1）由函数的解析式求得其导数，由导数求得递减区间，由导数求得递增区间； （2）将不等式进行转化，在已知条件下，所以不等式转化为，设函数，求导数，由解析式可知递增，由函数零点存在定理可知存在唯一的，使得，从而得到函数单调区间并得到函数最小值，证明函数最小值大于等于0即可得证. 【详解】（1）因为， 所以． 当时，，当时，， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）要证明， 即证明， 因为，且，所以， 故只需证明，即． 设，则． 易知在上单调递增，且，， 所以存在唯一的，使得，即，． 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以， 故原命题成立． 例2.（估算法）（2025·河北秦皇岛·三模）设函数． (1)求在点处的切线方程； (2)证明：． 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程. （2）在时，利用导数分别证明不等式与成立即可. 【详解】（1）函数，求导得，则，而， 所以的图象在点处的切线方程为，即. （2）函数的定义域为， 由（1）知，函数在上单调递增， 而， 则存在，使得，即，当时，； 当时，，函数在上单调递减，在上单调递增， 因此， 函数在上单调递减，则，于是； 令函数，求导得，函数在上单调递增， 则，即， 因此， 所以. 例3．（分段分析法）（2024高三·全国·专题练习）已知函数，，其中． (1)试讨论函数的单调性； (2)若，证明：． 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析 【分析】（1）对函数进行求导得，再对分成和两种情况讨论，从而得到函数的单调性； （2）将不等式等价于，再对分成和两种情况讨论即可. 【详解】（1）的定义域为，， 当时，，在上单调递增； 当时，令，得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 综上所述，当时，在上单调递增，无减区间； 当时，在上单调递减，在上单调递增； （2），，即证， ，即证， 当时，，，， ； 当时，令， 则，令， 则， ，，，， ， 即在上单调递增， ， 在上单调递增， , 即， 所以，即. 【相似题1】（2025·江西上饶·二模）已知函数 (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：当时成立． 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程. （2）等价变形不等式，利用不等式性质将问题转化为证在恒成立，结合导数分段推理证明. 【详解】（1）函数，求导得， 则，而，所以所求切线方程为. （2）函数的定义域为， 不等式，当时，， 则，令函数， 当时，，令函数， 求导得，函数在上单调递减，，； 当时，，令， 求导得，函数在上单调递减，在上单调递增， 而，则存在，使得， 当或时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 则当时，；当时， 函数在上单调递增，在上单调递减，又，则； 当时，， 函数在上单调递增，， 因此，，则， 所以当时，成立. 【相似题2】（24-25高二下·四川绵阳·期中）已知函数， (1)试讨论在上的单调性 (2)若，求证： 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析 【分析】（1）利用导数研究的单调性，结合，进行分类讨论，由此得出结论； （2）利用放缩法，根据得，设，求导后，设，根据的单调性，得，使得有最小值，计算即可证明. 【详解】（1），因为， 所以：当时，，则在上单调递增； 当时，由得 若，即，当时，，则， 所以在上单调递减； 若，即，当，，单调递增； ，，单调递减； 综上所述：当时，在上单调递增； 当，在上单调递减； 当，在单调递增；在单调递减； （2）当时，， 要证，即证， 又，且即证， 设， ， 再设， ，且， ，使，即使， 当，，当，，且， 则，即， ， ，即. 【相似题3】（2024·四川·模拟预测）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，求证：． 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【分析】（1）利用导数，进行分类讨论即可求出单调性. （2）先对证明式子进行化简，再令新函数，求解函数的单调性和最小值即可. 【详解】（1）函数的定义域为． 因为，所以，由得或． ①当时，， 所以或， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； ②当时，，则在上单调递增； ③当时，，所以或， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 综上，时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；时，在上单调递增； 时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． （2）等价于． 当时，， 则当时，，即证， 令，则． 而，令， 因为函数在区间上都是增函数， 所以函数在区间上单调递增． 存在，使得， 即， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以， 所以，即， 所以. 【相似题4】（2025·山东日照·一模）已知函数． (1)当时，讨论函数的单调性； (2)当时，若曲线上的动点到直线距离的最小值为（为自然对数的底数）． ①求实数的值； ②求证：． 【答案】(1)函数的单调递增区间为，单调递减区间为 (2)① ；②证明见解析 【分析】（1）对函数求导，结合a的取值范围分析可得函数的单调区间； （2）①利用导数的几何意义，结合动点到直线的最小值列等式即可求出a的值；②分和两种情况讨论，利用导数研究函数的单调性及最值，则不等式可得证. 【详解】（1）函数的定义域为， 因为，令，得：，令，得：， 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）①由（1）知：．由， 又，所以切点， 由（1）可知，切点在直线的上方， 所以，整理得， 设，则， （也可构造） 设，则在上恒成立． 所以在单调递增． 又，又，方程只有1解：． ②依题意：要证， 当时，，令， 在上单调递增 ，所以不等式成立； 当时，要证，即． 设，则． 设．则． 当时，，所以． 所以在上单调递减． 所以，即． 所以在上单调递减，， 即当时，成立． 综上：当时，在上恒成立． 题型九 三角函数型不等式证明 指点迷津 涉及到三角函数型不等式证明，证明思路和基础不等式导数证明一致，对于三角函数，主要是正、余弦，要充分利用正余弦函数的有界性利用合理的放缩化为简单的函数. 例1．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知，求证： (1)； (2)； (3)． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析 【详解】（1）令，则， 所以在单调递减，故，即； （2）令， 则 由（1）知， ， 则在单调递增，故，即； （3）令， 则， 由（2）知：，所以， 则， 所以在单调递增，故，即. 例2.（24-25高二下·湖南·阶段练习）已知函数． (1)判断在区间的单调性； (2)求的最小值； (3)证明：当时，． 【答案】(1)在和单调递增，在和单调递减 (2)1；(3)证明见详解 【分析】（1）求导，判断导函数在上的正负，进而可得单调性； （2）利用导数研究函数的单调性，进而可求最小值； （3）构造函数，利用三角函数的有界性以及（2）的结论即可判断的单调性，进而可知的最值，进而可证不等式. 【详解】（1）由题可得， 当时，，当时，，当时，，当时，， 所以在和单调递增，在和单调递减. （2），令，得， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. （3）当时，令， 则， 因为，所以 由（2）知，故， 所以，故在上单调递减， 所以，所以． 【相似题1】（2024·辽宁·模拟预测）已知函数， (1)求的最小值； (2)证明：. 【答案】(1)1；(2)证明见详解 【分析】（1）换元令，构建，利用导数判断的单调性和最值，进而可得的最小值； （2）由（1）结合正弦函数性质可得，构建，，利用导数可证，进而结合指数函数性质分析证明即可. 【详解】（1）令，由可知， 构建， 则在内恒成立， 可知在内单调递减，则， 所以的最小值为1. （2）由（1）可知：，即， 又因为，则， 可得，则， 构建，，则在内恒成立， 可知在内单调递增，则， 即，可得， 注意到，则， 所以. 【相似题2】（2024·陕西榆林·模拟预测）已知函数，其中． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，证明：． 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析 【分析】（1）就、分类讨论导数的符号后可得函数的单调性； （2）原不等式等价于，当时，可由各式符号证明此不等式成立，当时，设，利用导数可证明恒成立，据此可得的单调性，从而可得原不等式成立. 【详解】（1），， 当时，，函数在上单调递增； 当时，由，得， 函数在区间上单调递增， 由，得， 函数在区间上单调递减． 综上，当时，在上单调递增，无减区间. 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）当时，， 要证，即证， ①当时，，， ； ②当时，令， 则，设，则， ，，，，， 在上单调递增，，即， 在上单调递增，， 即． 综上，当时，． 【相似题3】（24-25高二上·全国·课后作业）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：. 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（1）求出和，利用点斜式可写出所求切线的方程； （2）讨论和两种情况下，分别通过构造新函数和利用导数求出单调性，进而完成证明. 【详解】（1）因为，所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为，即． （2）当时，令，则， 所以在上单调递减， 所以，即， 又，所以， 令，则， 记，则， 所以在区间内单调递增，所以， 所以在区间内单调递增，所以，即， 所以当时，； 当时，令， 则， 由于当时，，，则， 令，则， 所以在区间上单调递增，所以，所以， 所以在区间上单调递减，所以， 故当时，． 综上，． 【相似题4】．（24-25高三上·江苏·阶段练习）已知函数在点处的切线经过原点. (1)求t的值； (2)若存在，使得，求证：； (3)证明： 【答案】(1)1；(2)证明见解析；(3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）利用导数研究函数单调性，利用单调性可证不等式； （3）由题意只需证，令，利用导数研究在处取得极大值，也是最大值，可得，可证不等式. 【详解】（1）因为，所以， 因为，所以切线方程为，即 因为切线经过原点，所以， 所以； （2）因为，所以， 令，解得； 令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 因为，， 所以存在，，且， 要证，即证， 因为，只需证， 因为，即证 令， 即， 所以 因为，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以，即， 所以； （3）要证，即证， 即证， 因为，所以只需证 令，只需证 由， 因为，， 令，；令，， 所以在处取得极大值，也是最大值， 所以， 所以，即原不等式得证. 【相似题5】（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明：； (3)证明：． 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析 【分析】（1）先求导得出，再由点斜式计算即可； （2）利用同构法将问题转化为证明，分别构造函数，求其最小值即可； （3）结合第一问先证，再证，通过放缩将问题转化为证明即可. 【详解】（1）当时，， 所以， 故曲线在点处的切线方程为； （2）要证，即证， 即证， 分别令， 则，显然时，此时单调递增， 时，此时单调递减，则， 所以恒成立，当且仅当时取得等号， 即，当且仅当时取等， 由可得，当且仅当时取得等号， 即有，但等号不能同时取得，所以， 所以成立，证毕； （3）令， 则， 令， 所以定义域上单调递增， 又，则时，单调递减， 时，单调递增， 则有，所以， 故 ， 令， 所以定义域上单调递增，则，即， 所以， 令， 易知其对称轴为，即 ， 易知，所以， 则， 证毕. 【相似题6】（24-25高三上·四川·期中）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若，证明：. 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为；(2)证明见解析 【分析】（1）直接利用求函数单调性的方法求解即可； （2）两个方法，方法一，先将放大到，然后利用导数证明即可；方法二，直接两式求差，然后根据未知数和参数的范围证明即可. 【详解】（1）解， 令 得时，，当时，， 故单调递增区间为，单调递减区间为. （2）， 要证明，则只需证明， 令， ， ， ，当且仅当时，上式等号成立， 当时，在区间上单调递减， ，即， 当时，得证. 【方法二】证明：令， ， ， ，当且仅当时，上式等号成立， ， 又当时，在区间上单调递减， ， 当时，得证. 题型十 数列“累加”型不等式证明 例1．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)求证：. 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析 【分析】（1）先求出导函数，再根据判别式分类讨论得出单调区间即可； （2）先证明不等式，再代入，累加法计算证明即可. 【详解】（1），， 对于方程， 当，即时，， 函数在上单调递减； 当，即时，方程有两个不相等的实数根， ，且， 当或时，；当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当时，函数的单调递减区间为，无单调递增区间； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，. （2）由（2）知，当时，函数在上单调递减， 又，当时，，即当时，. ，， 即，当时，， 当时，，当时，， 当时，， 累加可得，， 即， 所以. 【相似题1】（24-25高三下·全国·开学考试）已知函数，． (1)比较与的大小； (2)证明：． 【答案】(1)见解析；(2)证明过程见解析 【分析】（1）令，求导得到函数单调性可比较大小； （2）由（1）知，令得，累加得到. 【详解】（1）令， 则， 故在上单调递增，又， 所以当时，; 当时，; 当时，; （2）由（1）知，， 令得，即， 令得，令得，……， 令得， 以上式子相加得 ， 即， 所以. 【相似题2】（2025·宁夏石嘴山·模拟预测）已知函数． (1)若曲线在点处的切线与直线平行，求实数的值； (2)若函数在区间上单调递增． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：，． 【答案】(1)；(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）根据条件，利用几何意义得，即可求解； （2）（ⅰ）根据条件，将问题转化成在区间上恒成立，构造函数，再分和两种情况讨论，即可求解；（ii）利用（i）中结果得，令，得到，再利用累加法，即可求解. 【详解】（1）由题知，则， 又因为曲线在点处的切线与直线平行， 故，解得． （2）（ⅰ）由题知，函数在区间上单调递增， 故在区间上恒成立，令，则有， 又，则， ①当，即时，令，得到，解得， 当时，，所以在区间上单调递减， 又，则时，，即， 即在区间上单调递减，不符合题意； ②当，即时，在上恒成立， 故在区间上单调递增，又，故，即， 故函数在区间上单调递增，符合题意． 综上，的取值范围是． （ⅱ）由（ⅰ）知，当时，在区间恒成立，则． 令，则有， 所以，，，， 则， 所以， 故． 【相似题3】（24-25高三下·江苏南通·阶段练习）已知函数． (1)求函数的在处的切线方程； (2)求证：当时，； (3)求证：． 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析； 【分析】（1）先求出导函数得出切线斜率，再点斜式写出切线方程即可； （2）利用导数分析函数在区间上为增函数，即可得出，即可证得结论成立； （3）先证明当时，，可得出，利用放缩法结合不等式的基本性质可证得，再证明当时，，可得出，结合不等式的性质可得出，综合可证得结论成立. 【详解】（1）因为，所以，， 所以切线斜率为， 所以函数的在处的切线方程为，即； （2）， 所以，且，． 当时，设，， 因为函数、在上均为减函数， 则在内单调递减， 又因为，， 所以，使得， 且当时，；当时，. 此时在内单调递增，在内单调递减， 又，，故对任意的，， 则在内单调递增，所以. 综上，当时，，即得，所以得证； （3）因为，所以，由（1）可得． 接下来证明，其中， 设，， 设， 因为函数、在上均为减函数， 则在区间内单调递减， 因为，， 所以，，使得， 当时，；当时，. 所以在区间内单调递增，在区间内单调递减， 又因为，，， ，使得， 当时，；当时，. 所以在区间内单调递增，在区间内单调递减． 因为，， 所以在区间内恒成立． 令，所以， 所以，，，…，， 所以． 对，，所以， 所以 ， 所以得证． 设，则， 则在区间上单调递减， 所以． 令，，所以，， 所以，…，， 所以． 综上，． 【相似题4】（24-25高二下·河北衡水·阶段练习）已知函数. (1)若在上恒成立，求的取值范围； (2)证明：. 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）原不等式可转化为，设，求导后分类讨论，分析函数的单调性，即可求出的取值范围； （2）由（2）可知时，在上恒成立，化为， 取可得，由同向不等式累加后即可得证. 【详解】（1）， 原不等式可化为， 设， 因为，当且仅当时等号成立， 当时，，所以在上单调递减， 故，满足题意； 当时，令，可得，设方程的解为， 因为在上单调递增，所以在上单调递减， 则当时，，当时，， 所以函数在上增，在上递减， 又，所以时，，不满足题意； 当时，，故在上单调递增，所以，不符合题意； 综上，a的取值范围为. （2）由（1）知，当时，在上恒成立， 即在上恒成立，当等号成立， 令，可得， 即， 由同向不等式相加可得， ， 即. 所以 【相似题5】（2025·湖南·一模）已知函数，． (1)求函数在处的切线方程； (2)求证：当时，； (3)求证：. 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析 【分析】（1）利用导数求切线斜率为，由点斜式求切线方程； （2）证明，通过构造函数，利用导数分析最值即可证得结论成立； （3）令，由（2）得，再借助放缩，得证，再证明当时，，可得出，结合不等式的性质可得出，综合可证得结论成立. 【详解】（1）因为，所以，， 所以切线斜率为， 所以函数的在处的切线方程为，即； （2）要证，只需要证明，其中， 设，， 设， 因为函数、在上均为减函数， 则在区间内单调递减 因为，，所以，，使得， 当时，；当时，. 所以在区间内单调递增，在区间内单调递减 又因为，，，，使得， 当时，；当时，. 所以在区间内单调递增，在区间内单调递减. 因为，， 所以在区间内恒成立； （3）令，所以， 所以，，，…，， 所以. 对，，所以， 所以 ， 所以得证. 设，则，则在区间上单调递减， 所以. 令，，所以，，所以，…，， 所以. 综上，. 【相似题6】（24-25高三下·广西来宾·阶段练习）已知函数． (1)当时，证明：； (2)证明：． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 【分析】（1）由题干条件直接构造函数求导求得其单调性和最值即可证明； （2）利用第（1）问的结论，令，其中，则， 可代入第（1）问得到的不等式，进行累加即可证明左半部分，右半部分同理构造出函数不等式进行证明. 【详解】（1）要证，只需证，故令， 则恒成立，即在上单调递增， 故，即当时，； （2）先证明左半部分：， 由（1）知当时，，令，其中，则， 代入上述不等式，得，即， 对该不等式的取值从到进行累加即得； 再证明右半部分：， 由左半部分的证明过程可知，只需证明，即只需证， 故令，则恒成立， 即在上单调递减，所以，即当时，， 令，其中，则，代入上述不等式， 得，即， 对该不等式的取值从到进行累加即得， 故. 【相似题7】（2025·天津红桥·二模）已知函数，其中为自然对数的底数， (1)当时，求函数在点处的切线方程; (2)证明:恒成立； (3)证明: 【答案】(1)；(2)证明见解析；；(3)证明见解析； 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线斜率，再利用直线的点斜式方程可求得切线方程； （2）根据不等式构造函数和分别证明大于等于零恒成立即可； （3）依据（2）中结论可得，再利用等比数列前项和公式计算可得证明得出结论. 【详解】（1）当时，可得，所以； 可得，又， 所以在点处的切线方程为，即； （2）易知，要证明， 可得， 构造函数，可得， 可知当时，，即函数在上单调递增； 当时，，即函数在上单调递减； 因此函数在处取得极小值，也是最小值， 即可得恒成立，即； 当且仅当时，等号成立； 下面证明， 令，所以； 易知当时，，即函数在上单调递增； 当时，，即函数在上单调递减； 因此函数在处取得极小值，也是最小值， 即可得恒成立，即； 当且仅当时等号成立， 综上可得，，恒成立，但等号不在同一点处取得， 所以，即. （3）由（2）中结论可知； 所以， 因此； 可知 所以. 题型十一 双变量换单变量型不等式证明 指点迷津 涉及函数的双变量问题，不管待证的是两个变量的不等式还是导函数值的不等式，都是把双变量的不等式转化为一元变量问题求解. 例1．（24-25高二下·甘肃酒泉·期末）已知函数，. (1)若，求证：对，； (2)若函数在上单调递增，求a的取值范围； (3)设m，n为正实数，且，求证：. 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，得到在上单调递增，又，所以对，； （2）在上恒成立，即在上恒成立，不等式可化为在上恒成立，设，，由基本不等式得到，所以，求出a的取值范围； （3）要证，即证，设，由（1）知在上单调递增，又，所以，从而证明出结论. 【详解】（1）证明：由，得，定义域为， 所以， 所以在上单调递增，又， 所以对，，即， （2） 因为在上单调递增，所以在上恒成立， 所以在上恒成立， 即在上恒成立. 因为，不等式可化为在上恒成立， 设，，则，当且仅当时取等号，， 所以，解得，所以a的取值范围是. （3），要证，只需证， 即证，只需证， 设，由（1）知在上单调递增， 又因为，即，所以， 即成立，所以 例2.（24-25高二下·安徽阜阳·期末）已知函数在上有两个不同的极值点． (1)求m的取值范围； (2)求证：． 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）对函数求导，问题化为在上有两个不同的零点，结合对勾函数的性质求左侧值域，即可得参数范围； （2）应用韦达定理得，结合（1）所得范围，应用导数证明不等式. 【详解】（1）因为，所以， 由题意，在上有两个不同的零点， 所以在上有两个不同的零点， 由在上单调递减，在上单调递增， 其中区间上的值域为，区间上的值域为， 所以，则. （2）由（1）知，， 所以 令，则，且，故， 所以在上单调递减，则，所以得证. 【相似题1】（2025高三·全国·专题练习）设，，，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】设，将化为，令即证，构造并利用导数证明不等式；将化为，令即证，构造并利用导数证明不等式，即可得. 【详解】不妨设， 先证，即证，即证． 令，只需证明． 设，， 所以在上单调递减，又， 因此时，，即成立． 故． 再证，即证，即证． 令，只需证明． 设，， 所以在上单调递增．又， 因此时，，即成立． 故． 综上，． 【相似题2】（24-25高二下·北京·期中）已知函数． (1)若曲线在处的切线与轴平行，求的值； (2)讨论函数的单调性； (3)若函数有两个极值点，，证明：． 【答案】(1)；(2)答案见解析；(3)证明见解析 【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义，即可求解； （2）对求导，得，令，再对讨论，利用导数与函数单调性间的关系，即可求解； （3）根据条件，利用（2）中结果，得，且，从而将问题转化成证明在区间上恒成立，构造函数，利用导数可求得在区间上恒成立，即可求解. 【详解】（1）因为，由题知，所以的值为. （2）易知定义域为，因为， 令，则， 当，即时，恒成立，，在定义域上单调递增， 当，即时，恒成立，，当且仅当时取等号，在定义域上单调递增， 当，即时，由，得到， ①时，，此时时，，时，， 在上单调递增，在上单调递减， ②时，，此时时，，时，， 在上单调递增，在单调递减上. 综上，当时，在区间上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减， 当时，在上单调递增，在单调递减上. （3）证明：因为函数有两个极值点，，由（2）知，且， 要证，即证， 又 ， 即证，即证在区间上恒成立， 令，则， 令，则在恒成立，即在区间上单调递增， 又，所以时，， 则在区间上单调递减， 所以，即当时， 又，所以当时，，故命题得证. 【相似题3】（24-25高二下·浙江·期中）已知函数，其中 (1)当时，求的值； (2)当时，讨论函数的单调性； (3)若函数存在两个极值点，，且，证明：． 【答案】(1)；(2)答案见解析；(3)证明见解析 【分析】（1）求导，代入计算，即可得到结果； （2）求导可得，然后分与讨论，即可得到结果； （3）结合（2）中的结论可得，，然后构造函数，，利用导数即可得到，从而得证. 【详解】（1）当时，，， ∴. （2）当时，， 令， 当时，恒成立，∴，∴在上单调递减． 当时，有两个根分别为，， 当时，， 当，， ∴递减区间为，， 递增区间为. 综上所述：当时，在上单调递减． 当时，在，上单调递减，在上单调递增. （3）由（2）可知，，，，∴，， ∴， 构造函数，， ， 记，， 令，解得，（舍去）， 当时，；当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增， 又，，∴时，，即， ∴在上单调递减，∴，∴， 综上所述即证：. 题型真题呈现 1．（2025年全国Ⅱ卷）已知函数，其中． (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数·证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii），证明见解析. 【分析】（1）先由题意求得，接着构造函数，利用导数工具研究函数的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数在区间上存在唯一极值点；再结合和时的正负情况即可得证在区间上存在唯一零点； （2）（i）由（1）和结合（1）中所得导函数计算得到，再结合得即可得证； （ii）由函数在区间上单调递减得到，再结合， 和函数的单调性以以及函数值的情况即可得证. 【详解】（1）由题得， 因为，所以，设， 则在上恒成立，所以在上单调递减， ，令， 所以当时，，则；当时，，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上存在唯一极值点， 对函数有在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以在上恒成立， 又因为，时， 所以时， 所以存在唯一使得，即在上存在唯一零点. （2）（i）由（1）知，则，， ， 则 ， ， ， 即在上单调递减. （ii），证明如下： 由（i）知：函数在区间上单调递减， 所以即，又， 由（1）可知在上单调递减，，且对任意， 所以. 2．（2025年天津卷）已知函数 (1)时，求在点处的切线方程； (2)有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 【答案】(1)；(2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得； （2）（i）令，分离参数得，作出函数图象，数形结合可得范围；（ii）由（2）结合图象，可得范围，整体换元，转化为，结合由可得，两式作差，利用对数平均不等式可得，再由得，结合减元处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式. 【详解】（1）当时，，， 则，则，且， 则切点，且切线的斜率为， 故函数在点处的切线方程为； （2）（i）令，， 得， 设， 则， 由解得或，其中，； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 且当时，； 当时，； 如图作出函数的图象， 要使函数有3个零点， 则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点. 结合图象可知，. 故的取值范围为； （ii）由图象可知，， 设，则， 满足，由可得， 两式作差可得， 则由对数均值不等式可得， 则，故要证， 即证，只需证， 即证，又因为，则， 所以，故只需证， 设函数，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 故，即. 而由， 可知成立，故命题得证. 3．（2024·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意成立，求实数的值； (3)若，求证：． 【答案】(1)；(2)2；(3)证明过程见解析 【分析】（1）直接使用导数的几何意义； （2）先由题设条件得到，再证明时条件满足； （3）先确定的单调性，再对分类讨论. 【详解】（1）由于，故. 所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为. （2）设，则，从而当时，当时. 所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当. 设，则 . 当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有. 一方面，若对任意，都有，则对有 ， 取，得，故. 再取，得，所以. 另一方面，若，则对任意都有，满足条件. 综合以上两个方面，知的值是2. （3）先证明一个结论：对，有. 证明：前面已经证明不等式，故， 且， 所以，即. 由，可知当时，当时. 所以在上递减，在上递增. 不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论. 情况一：当时，有，结论成立； 情况二：当时，有. 对任意的，设，则. 由于单调递增，且有 ， 且当，时，由可知 . 所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时. 故在上递减，在上递增. ①当时，有； ②当时，由于，故我们可以取. 从而当时，由，可得 . 再根据在上递减，即知对都有； 综合①②可知对任意，都有，即. 根据和的任意性，取，，就得到. 所以. 情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，. 而根据的单调性，知或. 故一定有成立. 综上，结论成立. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合的单调性进行分类讨论. 4．（2023年新课标全国Ⅰ卷高考真题）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析 【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解； （2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可. 方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证. 【详解】（1）因为，定义域为，所以， 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）方法一： 由（1）得，， 要证，即证，即证恒成立， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 方法二： 令，则， 由于在上单调递增，所以在上单调递增， 又， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，则，当且仅当时，等号成立， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以要证，即证，即证， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 5．（2023年天津高考真题）已知函数． (1)求曲线在处切线的斜率； (2)当时，证明：； (3)证明：． 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率； （2）问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证结论； （3）构造，，作差法研究函数单调性可得，再构造且，应用导数研究其单调性得到恒成立，对作放缩处理，结合累加得到，即可证结论. 【详解】（1），则， 所以，故处的切线斜率为； （2）要证时，即证， 令且，则， 所以在上递增，则，即. 所以时. （3）设，， 则， 由（2）知：，则， 所以，故在上递减，故； 下证， 令且，则， 当时，递增，当时，递减， 所以，故在上恒成立， 则， 所以，，…，， 累加得：，而， 因为，所以， 则， 所以，故； 综上，，即. 3．（2022年新高考全国Ⅱ卷高考真题）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 【答案】(1)的减区间为，增区间为；(2)；(3)见解析 【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性. （2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围. （3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. 【详解】（1）当时，，则， 当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为. （2）设，则， 又，设， 则， 若，则， 因为为连续不间断函数， 故存在，使得，总有， 故在为增函数，故， 故在为增函数，故，与题设矛盾. 若，则， 下证：对任意，总有成立， 证明：设，故， 故在上为减函数，故即成立. 由上述不等式有， 故总成立，即在上为减函数， 所以. 当时，有，     所以在上为减函数，所以. 综上，. （3）取，则，总有成立， 令，则， 故即对任意的恒成立. 所以对任意的，有， 整理得到：， 故 ， 故不等式成立. 4．（2022年北京高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 【答案】(1)；(2)在上单调递增；(3)证明见解析 【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程； （2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解； （3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证. 【详解】（1）解：因为，所以， 即切点坐标为， 又， ∴切线斜率 ∴切线方程为： （2）解：因为，     所以， 令， 则， ∴在上单调递增， ∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. （3）解：原不等式等价于， 令，， 即证， ∵， ， 由（2）知在上单调递增， ∴， ∴ ∴在上单调递增，又因为， ∴，所以命题得证. 5．（2022年全国甲卷（理）高考真题）已知函数． (1)若，求a的取值范围； (2)证明：若有两个零点，则． 【答案】(1)；(2)证明见的解析 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解； （2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证. 【详解】（1）[方法一]：常规求导 的定义域为，则 令,得 当单调递减 当单调递增， 若,则,即 所以的取值范围为 [方法二]：同构处理 由得： 令，则即 令，则 故在区间上是增函数 故，即 所以的取值范围为 （2）[方法一]：构造函数 由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设 要证,即证 因为,即证 又因为,故只需证 即证 即证 下面证明时， 设， 则 设 所以,而 所以,所以 所以在单调递增 即,所以 令 所以在单调递减 即,所以； 综上, ,所以. [方法二]：对数平均不等式 由题意得： 令，则， 所以在上单调递增，故只有1个解 又因为有两个零点，故 两边取对数得：，即 又因为，故，即 下证 因为 不妨设，则只需证 构造，则 故在上单调递减 故，即得证 6．（2021年全国新高考Ⅰ卷高考真题）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析. 【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性. (2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论. 【详解】(1)的定义域为． 由得，， 当时，；当时；当时，． 故在区间内为增函数，在区间内为减函数， (2)[方法一]：等价转化 由得，即． 由，得． 由（1）不妨设，则，从而，得， ①令， 则， 当时，，在区间内为减函数，， 从而，所以， 由（1）得即．① 令，则， 当时，，在区间内为增函数，， 从而，所以． 又由，可得， 所以．② 由①②得． [方法二]【最优解】：变形为，所以． 令．则上式变为， 于是命题转换为证明：． 令，则有，不妨设． 由（1）知，先证． 要证： ． 令， 则， 在区间内单调递增，所以，即． 再证． 因为，所以需证． 令， 所以，故在区间内单调递增． 所以．故，即． 综合可知． [方法三]：比值代换 证明同证法2．以下证明． 不妨设，则， 由得，， 要证，只需证，两边取对数得， 即， 即证． 记，则. 记，则， 所以，在区间内单调递减．，则， 所以在区间内单调递减． 由得，所以， 即． [方法四]：构造函数法 由已知得，令， 不妨设，所以． 由（Ⅰ）知，，只需证． 证明同证法2． 再证明．令． 令，则． 所以，在区间内单调递增． 因为，所以，即 又因为，所以， 即． 因为，所以，即． 综上，有结论得证． 7．（2021年全国乙卷（理）高考真题）设函数，已知是函数的极值点． （1）求a； （2）设函数．证明:． 【答案】（1）；（2）证明见详解 【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数； （2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解 【详解】（1）由，， 又是函数的极值点，所以，解得； （2）[方法一]：转化为有分母的函数 由（Ⅰ）知，，其定义域为． 要证，即证，即证． （ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以． （ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以． 综合（ⅰ）（ⅱ）有． [方法二] 【最优解】：转化为无分母函数 由（1）得，，且， 当 时，要证，， ，即证，化简得； 同理，当时，要证，， ，即证，化简得； 令，再令，则，， 令，， 当时，，单减，故； 当时，，单增，故； 综上所述，在恒成立. [方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明 令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以． （ⅰ）当时，，所以，即，所以． （ⅱ）当时，，同理可证得． 综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点突破01 利用导数证明不等式 目录： 01 考情分析（五年真题（2025年--2021年）考点分布）………………………1 02 知识梳理 二级结论 ……………………………………………………………1 03 题型突围 精准提分 ……………………………………………………………3 题型一 构造函数法 ………………………………………………………………3 题型二 结合单调性求最值法 ……………………………………………………4 题型三 放缩法 ……………………………………………………………………5 题型四 凸凹反转法 ………………………………………………………………6 题型五 对数单身狗、指数找朋友法 ……………………………………………7 题型六 同构法 ……………………………………………………………………8 题型七 分析法 ……………………………………………………………………10 题型八 分段分析法、主元法、估算法 …………………………………………10 题型九 三角函数型不等式证明 …………………………………………………12 题型十 数列“累加”型不等式证明 ……………………………………………13 题型十一 双变量“比值代换”型不等式证明……………………………………14 04 真题呈现 把握考情 …………………………………………………………16 考情分析 考题示例 考点分析 考情分析 2025年全国Ⅱ卷 利用导数证明不等式（解答题） 利用导数证明不等式是高考常考题型，一般一解答题的形式出现. 2025年天津卷 利用导数证明不等式（解答题） 2024年天津卷 利用导数证明不等式（解答题） 2023年全国Ⅰ卷 利用导数证明不等式（解答题） 2023年天津卷 利用导数证明不等式（解答题） 2022年全国Ⅱ卷 利用导数证明不等式（解答题） 2022年北京卷 利用导数证明不等式（解答题） 2022年全国甲卷（理） 利用导数证明不等式（解答题） 2021年全国Ⅰ卷 利用导数证明不等式（解答题） 2021年全国乙卷（理） 利用导数证明不等式（解答题） 知识梳理 二级结论 1. 利用导数证明不等式基础思维 ⑴直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造函数. ⑵适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论. ⑶构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 2. “切线放缩”是处理不等式问题的一种技巧. 常用切线放缩有： ①（当且仅当时取等号）， ②（当且仅当时取等号）， ③（当且仅当时取等号）， ④（当且仅当时取等号）. 3. 常见函数的泰勒展开式： ⑴…，其中； ⑵…，其中； ⑶…，其中； ⑷…，其中；； ⑸…； ⑹； ⑺…； ⑻…. 4. 证明不等式时，常用不等式： ⑴，当且仅当时取等号； ⑵； ⑶，当且仅当时取等号； ⑷，当且仅当时取等号； ⑸. 5.对数平均不等式： 题型突围 题型一 构造函数法 指点迷津 特征不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证. 一般步骤： (1)作差或变形； (2)构造新的函数； (3)利用导数研究的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 例1．（24-25高二下·宁夏·期中）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求证：当时，. 例2.（隐零点）（24-25高二下·山东济南·阶段练习）已知函数. (1)求的单调区间； (2)若，证明：当时，. 【相似题1】（24-25高二下·福建泉州·期末）设函数. (1)讨论的单调性； (2)若，证明：当时，. 【相似题2】（2025·河南南阳·模拟预测）已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)当时，求证：对任意的，恒成立； 【相似题3】（2025·甘肃白银·三模）已知函数． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)若，证明：当时，． 【相似题4】（24-25高二下·湖北宜昌·期中）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，求证：． 【相似题5】（2025·江西九江·三模）已知函数，其中． (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：． 【相似题6】（24-25高二下·福建漳州·阶段练习）已知函数. (1)求函数在区间上的最大值； (2)当时，证明：. 题型二 结合单调性求最值法 指点迷津 此类题目往往第一问会讨论函数的单调性，第二问则利用其单调性求出函数的最值，结合最值证明不等式（已知函数一般含参）. 例1.（24-25高二下·广东广州·期末）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：． 【相似题1】（24-25高二下·河北邢台·期末）已知函数． (1)讨论的单调区间； (2)证明：． 【相似题2】（24-25高二下·云南昆明·阶段练习）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)证明：当时，. 【相似题3】（2025·福建厦门·三模）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：． 题型三 放缩法 指点迷津 放缩法常用不等式： ； ； ； . 例1．（2025·甘肃甘南·模拟预测）已知函数． (1)证明：； (2)证明：． 例2.（24-25高二下·重庆·期末）已知函数． (1)求的最小值； (2)证明：． 【相似题1】（2024·四川·模拟预测）已知函数，且恒成立． (1)求实数的取值集合； (2)证明：． 【相似题2】（2025·广东揭阳·三模）已知函数 (1)求的极值； (2)证明：. 【相似题3】（2025·山东·模拟预测）已知函数，曲线在处的切线方程为． (1)求实数的值 (2)证明：． 【相似题4】（24-25高二下·河北邯郸·阶段练习）已知函数. (1)求函数在上的最大值； (2)若函数的最小值为1，求实数的值； (3)求证：. 【相似题5】（24-25高二上·吉林长春·期末）已知. (1)若恒成立，求的范围； (2)证明不等式：. 【相似题6】（2024·四川·模拟预测）已知函数，且恒成立． (1)求实数的取值集合； (2)证明：． 【相似题7】（2024·陕西榆林·模拟预测）已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)求的极值； (3)当时，证明：当时，. 【相似题8】（24-25高三上·天津·期末）已知函数（），． (1)求函数的极值； (2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围； (3)求证：时，． 题型四 凸凹反转法 指点迷津 将不等式等价变形，一分为二成两个函数，分别确定两个函数的最值. 例1.（24-25高二下·安徽阜阳·阶段练习）已知. (1)若函数，讨论的单调性与极值； (2)证明：. 【相似题1】（2026高三·全国·专题练习）已知函数，求证：当时，. 【相似题2】（24-25高三下·新疆乌鲁木齐·阶段练习）已知函数，的导函数为，且． (1)求的最值； (2)求证：． 【相似题3】（24-25高三上·吉林四平·期末）已知函数. (1)讨论函数的单调区间； (2)证明：. 【相似题4】（2024·广东·二模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：. 【相似题5】（24-25高三上·福建福州·阶段练习）已知函数. (1)当时，确定函数的零点个数； (2)若函数在上单调递增，求实数的取值范围； (3)若，证明：. 【相似题6】（2024·全国·模拟预测）已知函数． (1)若曲线在处的切线方程为，求的值及的单调区间． (2)若的极大值为，求的取值范围． (3)当时，求证：． 题型五 对数单身狗、指数找朋友法 指点迷津 解题原理：这一方法通过调整函数结构，避免多次求导和复杂分类讨论. 对数单身狗即将含对数函数的项与其他项分离，使对数部分独立存在.如证明时，单独研究对数项可快速定位关键极值点. 指数找朋友即将指数函数与其他多项式结合为乘除关系.例如将变形为，进而研究函数. 例1．（2025·吉林长春·模拟预测）已知函数． (1)若恒成立，求实数a的取值范围； (2)证明：当时，． 例2．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知函数． (1)求的零点及； (2)求的极值； (3)求证：． 【相似题1】（24-25高二下·河北·期末）已知函数在点处的切线与直线垂直． (1)求的单调区间和极值； (2)证明：． 题型六 同构法 指点迷津 同构法：通过将不等式转化为相同结构或相近结构，利用函数的单调性进行证明比较. 同构法五个常见变形：；；；；. 例1．（24-25高二下·河南·阶段练习）已知函数的图象在处的切线方程为. (1)求实数的值； (2)当时，证明：. 【相似题1】（24-25高二下·江苏无锡·期中）已知函数，. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明：当时，恒成立. 【相似题2】（2025高三·全国·专题练习）设函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：. 【相似题3】（24-25高二下·广东·期中）已知函数且． (1)当时，判断函数零点的个数； (2)讨论函数的单调区间； (3)当时，证明：． 【相似题4】（24-25高二下·山东·阶段练习）已知函数（为常数）． (1)若有3个零点，求的范围； (2)证明：． 【相似题5】（24-25高二上·湖南长沙·期末）已知函数（且）． (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，证明：． 【相似题6】（2024·湖北荆州·三模）已知函数，其中是自然对数的底数. (1)当时，求曲线在点处的切线的斜截式方程； (2)当时，求出函数的所有零点； (3)证明：. 题型七 分析法 例1．（2025高三·全国·专题练习）已知函数． (1)当时，求的最小值． (2)求证：． 【相似题1】（2025·河北邯郸·模拟预测）已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)求函数的最小值； (3)当时，证明：． 题型八 分段分析法、主元法、估算法 指点迷津 主元法证明不等式的核心思路是将多元问题转化为一元函数分析，通过选定主元构建函数后利用单调性、极值等工具完成证明. 如不等式中，若已知的范围，则可利用的范围进行放缩，从而得到关于的不等式进行证明. 例1．（主元法）（24-25高三下·湖南·阶段练习）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若，证明：当时，． 例2.（估算法）（2025·河北秦皇岛·三模）设函数． (1)求在点处的切线方程； (2)证明：． 例3．（分段分析法）（2024高三·全国·专题练习）已知函数，，其中． (1)试讨论函数的单调性； (2)若，证明：． 【相似题1】（2025·江西上饶·二模）已知函数 (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：当时成立． 【相似题2】（24-25高二下·四川绵阳·期中）已知函数， (1)试讨论在上的单调性 (2)若，求证： 【相似题3】（2024·四川·模拟预测）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，求证：． 【相似题4】（2025·山东日照·一模）已知函数． (1)当时，讨论函数的单调性； (2)当时，若曲线上的动点到直线距离的最小值为（为自然对数的底数）． ①求实数的值； ②求证：． 题型九 三角函数型不等式证明 指点迷津 涉及到三角函数型不等式证明，证明思路和基础不等式导数证明一致，对于三角函数，主要是正、余弦，要充分利用正余弦函数的有界性利用合理的放缩化为简单的函数. 例1．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知，求证： (1)； (2)； (3)． 例2.（24-25高二下·湖南·阶段练习）已知函数． (1)判断在区间的单调性； (2)求的最小值； (3)证明：当时，． 【相似题1】（2024·辽宁·模拟预测）已知函数， (1)求的最小值； (2)证明：. 【相似题2】（2024·陕西榆林·模拟预测）已知函数，其中． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，证明：． 【相似题3】（24-25高二上·全国·课后作业）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：. 【相似题4】．（24-25高三上·江苏·阶段练习）已知函数在点处的切线经过原点. (1)求t的值； (2)若存在，使得，求证：； (3)证明： 【相似题5】（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明：； (3)证明：． 【相似题6】（24-25高三上·四川·期中）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若，证明：. 题型十 数列“累加”型不等式证明 例1．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)求证：. 【相似题1】（24-25高三下·全国·开学考试）已知函数，． (1)比较与的大小； (2)证明：． 【相似题2】（2025·宁夏石嘴山·模拟预测）已知函数． (1)若曲线在点处的切线与直线平行，求实数的值； (2)若函数在区间上单调递增． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：，． 【相似题3】（24-25高三下·江苏南通·阶段练习）已知函数． (1)求函数的在处的切线方程； (2)求证：当时，； (3)求证：． 【相似题4】（24-25高二下·河北衡水·阶段练习）已知函数. (1)若在上恒成立，求的取值范围； (2)证明：. 【相似题5】（2025·湖南·一模）已知函数，． (1)求函数在处的切线方程； (2)求证：当时，； (3)求证：. 【相似题6】（24-25高三下·广西来宾·阶段练习）已知函数． (1)当时，证明：； (2)证明：． 【相似题7】（2025·天津红桥·二模）已知函数，其中为自然对数的底数， (1)当时，求函数在点处的切线方程; (2)证明:恒成立； (3)证明: 题型十一 双变量换单变量型不等式证明 指点迷津 涉及函数的双变量问题，不管待证的是两个变量的不等式还是导函数值的不等式，都是把双变量的不等式转化为一元变量问题求解. 例1．（24-25高二下·甘肃酒泉·期末）已知函数，. (1)若，求证：对，； (2)若函数在上单调递增，求a的取值范围； (3)设m，n为正实数，且，求证：. 例2.（24-25高二下·安徽阜阳·期末）已知函数在上有两个不同的极值点． (1)求m的取值范围； (2)求证：． 【相似题1】（2025高三·全国·专题练习）设，，，求证：． 【相似题2】（24-25高二下·北京·期中）已知函数． (1)若曲线在处的切线与轴平行，求的值； (2)讨论函数的单调性； (3)若函数有两个极值点，，证明：． 【相似题3】（24-25高二下·浙江·期中）已知函数，其中 (1)当时，求的值； (2)当时，讨论函数的单调性； (3)若函数存在两个极值点，，且，证明：． 题型真题呈现 1．（2025年全国Ⅱ卷）已知函数，其中． (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数·证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 2．（2025年天津卷）已知函数 (1)时，求在点处的切线方程； (2)有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 3．（2024·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意成立，求实数的值； (3)若，求证：． 4．（2023年新课标全国Ⅰ卷高考真题）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 5．（2023年天津高考真题）已知函数． (1)求曲线在处切线的斜率； (2)当时，证明：； (3)证明：． 6．（2022年新高考全国Ⅱ卷高考真题）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 7．（2022年北京高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 8．（2022年全国甲卷（理）高考真题）已知函数． (1)若，求a的取值范围； (2)证明：若有两个零点，则． 9．（2021年全国新高考Ⅰ卷高考真题）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 10．（2021年全国乙卷（理）高考真题）设函数，已知是函数的极值点． （1）求a； （2）设函数．证明:． 学科网（北京）股份有限公司 $$